河南省南阳市2026届高三下学期二模考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳市2026届高三下学期二模考试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，则.2.已知复数在复平面内对应的点为，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】解：由题意知，复数在复平面内对应的点为，则，所以，，因此.3.设，为非零向量，则“”是“与共线”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，，化简得，即，，即与共线，当与共线时，则存在唯一实数，使得，，，与不一定相等，即不一定相等，故“”是“与共线”的充分不必要条件.故选：A.4.若是函数的极值点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得，因为为极值点，所以，即，解得，所以，此时是函数的极小值点，符合题意，因此.5.已知等差数列的前项和为，若，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等差数列的公差为，由可得，解得，故.6.已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由是定义在上的奇函数，得，由，得，所以，所以，则函数周期为，可得，因为，所以，得，即，当时，，所以.7.已知函数，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意，，，因为在区间上恰有5个零点，所以由正弦函数性质得，解得．8.双曲线的右焦点为，过点的动直线交双曲线于，两点，点，若直线平分，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，设角平分线FT的倾斜角为，斜率为，设直线FA的倾斜角为，斜率为，设直线FB的倾斜角为或，斜率为或，则，，又，所以可解得，，则，化简可得（*），易知直线l的斜率一定存在，设直线的方程为，代入双曲线方程得，整理得，设，，由韦达定理得，所以，同理，所以，，代入（*）式并化简可得，将两根之和及两根之积代入并化简可得，解得或，当时，A、B不在双曲线的同一支上，无法满足直线平分，故舍去，综上，．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知数列是等比数列，其前项和为，且，则公比的值可以是（）A. B. C. D.1【答案】BD【解析】数列是等比数列，由，得，则，而，于是，所以或.10.已知椭圆：的左、右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（）A.离心率的取值范围为B.当离心率为时，的最大值为3C.存在点，使得D.当离心率不小于时，的最小值为【答案】ABD【解析】由椭圆的长轴长为4，得，由点在内部，得，又，则，对于A，由，得，则离心率，A正确；对于B，由，得椭圆的半焦距，由，得，因此的最大值为，B正确；对于C，由，得，而，则，以原点为圆心，为半径的圆在椭圆内，因此不存在使得，C错误；对于D，由椭圆的离心率不小于，得，则，于是，，因此，当且仅当时取等号，符合题意，D正确.11.已知（且），若，且（为自然对数的底数），则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】由，可知或，又，因同正，两边同除以可得，令，则，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，当且，此时与题意不符合；当且时，，故．令，则，当时，，在上单调递减，又，所以，所以，所以，故A正确；令，则，所以当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，因为，所以当时，，即，即，故B错误；令，则，记，则，所以，则，所以在上单调递增，所以，即，即，所以，即，故C正确；令，，则，令，，则，即在上单调递增，所以，，在上单调递增，所以，即，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在二项式的展开式中，常数项为____________.【答案】180【解析】由二项式的展开式通项公式为，令，解得：，即展开式中常数项为，故答案为：180.13.已知数列的首项，且满足，则______.【答案】【解析】，，，，.14.如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________.【答案】【解析】设四分之一球的半径为，最大正方体棱长为，则.最大正方体放入时，其一个顶点在球心处，体对角线对应球半径，所以.若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内.设储物盒内能放入的最大球半径为.取垂直于四分之一球两个平面交线的截面，得到如下示意图.由截面图可知，最大内切圆的圆心在角平分线上，且，又该内切圆与圆弧相切，所以，即，故.设正四面体的最大棱长为，则其外接球半径为.因此，解得.故可放正四面体的最大棱长为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且，.（1）求；（2）求的取值范围.解：（1）由，得，由，化简得，所以，即.（2）因为为锐角三角形，所以，即，解得，由正弦定理可知，可知，则，即；由题意可得，令，，由对勾函数可知在上单调递减，在上单调递增，可知，所以；即的取值范围为.16.已知函数.（1）若，求在处的切线方程；（2）若，证明不等式在上恒成立.（1）解：当时，，则，，则，此时函数在处的切线方程为.（2）证明：当时，，要证对任意的恒成立，即证，即证，即证对任意的恒成立，构造函数，其中，，其中，令，则，对任意的，恒成立，故函数在上单调递增，当时，，故函数在上单调递增，当时，，故原不等式得证.17.某单位为了提高职工业务能力，举行相关的知识竞赛.规则如下：利用计算机在题库中选出3个题由职工作答，已知题库中有，两类题，每个类题答对可以得到20分，每个类题答对得30分.两类题的数量足够，每位职工正确回答类和类题的概率分别是和，且回答，两类题正确与否相互独立.（1）若职工甲选3个类题作答，试求甲得分的分布列和方差；（2）若甲乙两人每人选择2个类题和1个类题作答，求甲得分高于乙的概率.解：（1）设甲答对A类题的数量为，则，得分，，此时；，此时；，此时；，此时；故的分布列为：0204060，；（2）设甲答对类题的数量为，答对类题的数量为，则甲的得分，其中，，设乙答对类题的数量为，答对类题的数量为，则乙的得分，其中，，和的可能取值为，；；；；；；故的分布列为：02030405070P同理的分布列与相同，故.18.如图，四棱锥的底面为直角梯形，平面，，，，，为的中点，点在线段上.（1）证明：平面平面；（2）已知，，，四点均在球的球面上.①证明：，，三点共线；②若直线与平面所成角的正弦值为，求.（1）证明：因为平面，平面，所以，因为，所以，因为平面，且，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）①证明：作中点为，中点为，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，即是以为直角的三角形，则外心为，因为平面，所以，因为，所以，所以点为球心，所以，，三点共线；②解：如图所示，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设，则，所以，设平面的法向量为，所以，即，令时，解得，即平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，可得，化简得，解得或.19.已知抛物线：的焦点为，点，点，过焦点的直线交于，两点，的面积的最小值为4.设直线，与的另一个交点分别为，，直线，的倾斜角分别为，.当直线，的斜率存在时分别记为，.（1）求抛物线的方程；（2）证明：；（3）当取得最大值时，求直线的方程.（1）解：由题意可知直线斜率不为，设直线的方程为，设点，联立方程组得，消去得，可知，则，可知，可知当时三角形面积最小，可得，解得（舍），所以抛物线的方程为.（2）证明：设，可知设直线方程为，设直线方程为，联立方程组得，消去得，可知，则，联立方程组得，消去得，可知，则，则直线的斜率，直线的斜率，则，由（1）可知，即.（3）解：当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，解得，可得，由（2